【化学】辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2020届高三上学期期末考试（解析版）

辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2020届高三上学期期末考试
可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Al 27 Mn55 Ba137
第Ⅰ卷
一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题22分）
1.化学无处不在，下列说法错误的是（ ）
A. 《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应N2+O22NO
B. 根据化学学科核心素养之一(证据推理与模型认知)可推知Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质
C. 纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性
D. 二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸强碱都会“断路”
【答案】D
【详解】A.此诗含义：电闪雷鸣,翻滚的乌云如大海的怒涛。大雨倾盆,打破了深夜的寂静,千里沃野解除了旱情。诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐。N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO硝酸又和别的不溶盐类反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；
B.氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质，故B正确；
C.利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；
D.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，能够与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸以外的酸起反应，故遇强酸不会“断路”，故D错误。
答案：D
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有的双键数目为0.1NA
B. 常温常压下，13.8gNO2与足量水反应，转移电子数为0.6NA
C. 7.8gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为0.3NA
D. 含NA个CO32-的Na2CO3溶液中，Na+数目为2NA
【答案】C
【详解】A. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，所以0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有的双键数目为0.2NA，A错误；
B.NO2溶于水，发生反应：3NO2+H2O=HNO3+NO，根据方程式可知：每有3molNO2反应，转移电子的物质的量是2mol，13.8gNO2的物质的量是n(NO2)=13.8g÷46g/mol=0.3mol，所以反应转移电子的数目为0.2NA，B错误；
C.Na2O2和Na2S的式量都是78，所以7.8gNa2O2和Na2S的固体混合物的物质的量是0.1mol，由于两种离子化合物的阳离子与阴离子个数比都是2:1，所以0.1mol固体中含有的离子总数为0.3NA，C正确；
D. Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-会发生水解反应而消耗，所以在溶液中n(Na+)：n(CO32-)>2：1，若溶液中含有NA个CO32-，则Na+数目大于2NA，D错误；
故合理选项是C。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Ca（CH3COO）2溶液与硫酸反应：Ca2++SO42-═CaSO4↓
B. Fe（OH）3溶于HI溶液：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
C. （NH4）2SO4溶液中加入Ba（OH）2溶液：NH4++SO42-+Ba2++OH-═BaSO4↓+NH3•H2O
D. 向NaAlO2溶液滴入NaHCO3溶液产生白色沉淀：AlO2-+HCO3-+H2O═Al（OH）3↓+CO32-
【答案】D
【详解】A．Ca(CH3COO)2Ca溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，故A错误； 
B．Fe(OH)3溶于HI溶液，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=I2+2Fe2++6H2O，故B错误； 
C．(NH4)2SO4溶液中加入Ba(OH)2 溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误； 
D．NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，该反应的离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，故D正确； 
故答案为D。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
4.下列物质能实现“”转化关系的是（ ）
A. Al B. FeO C. NaHCO3 D. NH3
【答案】D
【详解】A.Al和盐酸反应生成AlCl3，AlCl3和过量的氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2加热后不发生变化，故不选A；
B.FeO和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，故不选B；
C.NaHCO3和盐酸反应生成NaCl水和二氧化碳，NaCl和NaOH不反应，而CO2和过量的氢氧化钠反应生成Na2CO3，Na2CO3受热不分解，故不选C；
D.NH3和盐酸反应生成NH4Cl，NH4Cl和氢氧化钠反应生成NH3·H2O，NH3·H2O受热分解生成NH3，故选D；
本题答案为D。
5.常温下,将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计)发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H,达到平衡时测得c(CO2)=amol·L-1。温度不变,达到平衡后压缩容器体积至原来的一半,达到新平衡时测得c(NH3)=xmol·L-1。下列说法正确的是（ ）
A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态
B. 达到新平衡时，△H为原来的2倍
C. 上述反应达到新平衡状态时x=2a
D. 上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)不变
【答案】C
【解析】A. 该反应的反应物中没有气体，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能由此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；B.△H与反应的限度没有关系，B不正确； C. 在一定温度下，化学反应的平衡常数是定值，由此反应的平衡常数表达式K= c2(NH3)• c(CO2)可知，在新的平衡状态，各组分的浓度肯定与原平衡相同，所以上述反应达到新平衡状态时x=2a，C正确；D. 上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)增大，D不正确。本题选C。
6.原电池与电解池在生活和生产中有着广泛应用。下列有关判断中错误的是（ ）

A. 装置甲研究的是电解CuCl2溶液，它将电能转化为化学能
B. 装置乙研究的是金属的吸氧腐蚀，Fe上的反应为Fe - 2e -- = Fe2+
C. 装置丙研究的是电解饱和食盐水，B电极发生的反应：2Cl- -2e-- = Cl2↑
D. 向装置丁烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀生成
【答案】C
【解析】A、电解装置是电能转化为化学能的装置，故A说法正确；B、装置乙研究的是吸氧腐蚀，小试管中的导管会有一段水柱，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B说法正确；C、B电极与电源的负极相连，因此B极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故C说法错误；D、锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，没有Fe2＋，因此滴加K3[Fe(CN)6]溶液没有蓝色沉淀，故D说法正确。
7.下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体
B. 2，2-二甲基丙烷可以由烯烃通过加成反应制得
C. 分子式为C5H12O的有机物，能与Na反应放出氢气的结构有8种
D. 汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物
【答案】C
【详解】A．淀粉和纤维素的聚合度不同，故纤维素和淀粉的分子式不同，故两者不是同分异构体，故A错误； 
B．2，2-二甲基丙烷的2号碳上无H原子，故不能由烯烃加成，故B错误； 
C．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷；CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇； CH3CH2CH(CH3)2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇； C(CH3)4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇，所以该有机物的可能结构有8种，故C正确； 
D．植物油是高级脂肪酸的甘油酯，故不是碳氢化合物，故D错误； 
故答案为C。
8.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2 ⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2
A. ①③④⑤ B. 只有①④
C. 只有②③⑥ D. 只有③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠投入到烧杯中的FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2 ↑，3NaOH+FeCl3＝Fe(OH)3 ↓+2NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色的氢氧化铁，①不正确；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3＝CaCO3 ↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③正确；
④向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液发生的反应为：AlO2-+HCO3－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－，氢氧化铝是白色沉淀，故④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，因此产生白色沉淀，故⑤正确；
⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2，二者不反应，得不到白色沉淀，⑥不正确，
答案选D。
9.已知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加人KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 0-a段发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+
B. a~b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol
C. b~c段反应：氧化产物为I2
D. 当溶液中I-与I2的物质的量之比为5 : 1时，加入的KIO3为1.lmol
【答案】D
【解析】还原性HSO-3＞I-，所以首先发生：IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，由于氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。A、根据以上分析可知0～a段发生反应：3HSO3-+ IO3-＝3SO42-+I-+3H+，A正确；B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=×3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8 mol，因此a~b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，B正确；C、根据以上分析可知b~c段反应：IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2，氧化产物为I2，C正确；D、根据反应IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，3mol NaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的量为mol，剩余的碘离子为（1-）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：1时，即（1-）mol：nmol=5：1，故n=0.15mol，故加入的n（NaIO3）=1mol+mol=1mol+0.05mol=1.05mol，D错误，答案选D。
10.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 如图表示同温度下，的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B. 如图表示 溶液滴定  溶液所得到的滴定曲线
C. 如图表示压强对可逆反应的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 如图若除去溶液中的可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右
【答案】D
【详解】A．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，即II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，所以未滴定时，醋酸的，故B错误；
C．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故C错误；
D．加入CuO使溶液中的减小，浓度增大，使溶液中 ，使生成沉淀而除去，故D正确；
故答案选D。
二、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分）
11.前20号元素W、X、Y、Z原子序数依次递增，W原子最外层电子数是次外层的3倍，X的简单离子半径在同周期中最小。W、Z的质子数之和等于X、Y的质子数之和，X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的核外电子数。下列说法错误的是（ ）
A. W与X的简单离子具有相同的电子层结构
B. 1mol Y的最高价氧化物含共价键数目为4NA
C. X、Z分别与W形成的化合物都具有相同类型的化学键
D. X、Y的单质均可以和Z的最高价氧化物对应的水化物溶液反应
【答案】C
【解析】前20号元素W、X、Y、Z原子序数依次递增，W原子最外层电子数是次外层的3倍，W为O元素；X的简单离子半径在同周期中最小。W、Z的质子数之和等于X、Y的质子数之和，X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的核外电子数，所以，X、Y、Z分别为Al、Si、K元素。A. W与X的简单离子具有相同的电子层结构，A正确；B. 1mol Y的最高价氧化物（二氧化硅）含共价键数目为4NA，B正确；C. 氧化铝中只含离子键，钾可形成复杂的氧化物，其中既有离子键又有共价键，C不正确； D. 铝和硅均可以和氢氧化钾溶液反应，D正确。本题选C。
12.目前研究比较热门的Al－H2O2电池，其电池总反应为2Al＋3HO2－= 2AlO2－＋OH－＋H2O。现以Al­－H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备氢气(装置2中隔膜仅阻止气体通过，b、c、d均为惰性电极)。下列说法错误的是（ ）

A. 左装置 中Na+移向电极b
B. 电极c的电极反应式：CO(NH2)2－6e－＋6OH－= CO2↑＋N2↑＋5H2O
C. 电解时，电子流动路径：Al极→导线→d极，c极→导线→b极
D. 通电2 min后，Al电极的质量减轻2.7 g，则产生H2的体积为3.36 L(标准状况)
【答案】B
【分析】由电池总反应可知，Al电极为电池的负极，b极为电池的正极；与b极相连的c为电解池的阳极，与Al电极相连的d为电解池的阴极，H2O2-Al燃料电池工作时，Al为负极被氧化，H2O2为正极被还原，电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液，CO（NH2）2在阳极被氧化，水电离出的氢离子在阴极被还原。
【详解】A项、原电池中阳离子向正极移动，则左装置 中Na+移向电极b，故A正确；
B项、与b极相连的c为电解池的阳极，CO（NH2）2在阳极被氧化，电极反应式为CO(NH2)2－6e－＋8OH－=CO32-＋N2↑＋6H2O，故B错误；
C项、电解时，电子流动路径为Al极→导线→d极，c极→导线→b极，故C正确；
D项、每消耗2.7g Al，则转移0.3mol电子，电解池阴极中水电离出的氢离子在阴极被还原生成0.15mol氢气，标准状况下氢气体积为3.36 L，故D正确。
故选B。
【点睛】本题综合考查原电池以及电解原理，侧重于分析能力的考查，明确元素化合价变化，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析是解本题关键。
13.下列有关实验的图示及分析均正确的是（ ）
选项
实验目的
实验图示
实验分析
A
实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液

摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出
B
石油分馏时接收馏出物

为收集到不同沸点范围的馏出物，需要不断更换锥形瓶
C
测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率

实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积
D
用四氯化碳萃取碘水中的碘

充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出

【答案】A
【详解】A．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A正确；
B．锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B错误；
C．气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C错误；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D错误；
故答案为A。
14.常温下，用0.100mol/L 的AgNO3溶液滴定50.0mL,0.0500mol/L KCl溶液，以K2CrO4为指示剂，测得溶液中pCl=－lgc(Cl-) 、pAg=－lgc(Ag+)随加入AgNO3的体积变化如图所示，已知溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol/L则沉淀完全，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5，下列说法错误的是（ ）

A. AgCl的沉淀溶解平衡常数Ksp数量级为10-10
B. 为防止指示剂失效，溶液应维持中性或弱碱性
C. 滴定中指示剂的有效浓度应维持在2.0×10-2 mol/L
D. 滴定完后加入1mL 0.01mol/L H2SO4会产生新的沉淀
【答案】D
【详解】A.根据图像，硝酸银溶液的体积为25mL时，pAg=pCl =5，则AgCl的沉淀溶解平衡常数Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5= 10-10，故A正确；
B. K2CrO4中存在2CrO4 2-+ 2H+ =Cr2O7 2-+ H2O平衡，为防止指示剂失效，溶液应维持中性或弱碱性，故B正确；
C. 溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol/L则沉淀完全，因此沉淀完全时，溶液中的c(Cl-)=c(Ag+)=1.0×10-5 mol/L，滴定中指示剂的有效浓度应维持在= =2.0×10-2 mol/L，故C正确；
D. 滴定完溶液中的c(Ag+)=1.0×10-5 mol/L，后加入1mL0.01mol/L H2SO4，c(SO42-)= ≈0.0004 mol/L，此时Qc= c2(Ag+)×c(SO42-)=4×10-14＜1.4×10-5，不会产生新的沉淀，故D错误；故选D。
15.在容积为2L的刚性密闭容器中，加入1mol CO2和3mol H2，发生反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响结果如图所示（注：T1、T2均大于300℃）。下列说法正确的是（ ）

A. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
B. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时减小
C. T2下，反应达到平衡时生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝ mol•L﹣1•min﹣1
D. T1下，若反应达到平衡后CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为（2﹣a）：2
【答案】D
【详解】A.图象分析可知先拐先平温度高，T1＜T2，温度越高平衡时生成甲醇物质的量越小，说明正反应为放热反应，则温度越高，平衡常数越小，该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，故A错误；
B.分析可知T1＜T2，A点反应体系从T1变到T2，升温平衡逆向进行，达到平衡时增大，故B错误；
C.T2下达到平衡状态甲醇物质的量nB，反应达到平衡时生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；
D．T1下，若反应达到平衡后CO2转化率为a，则
CO2+ 3H2CH3OH+ H2O
起始量（mol） 1 3 0 0
变化量（mol） a 3a a a
平衡量（mol） 1﹣a 3﹣3a a a
则容器内的压强与起始压强之比＝，故D正确；
答案：D。
16.已知NaCN溶液中CN－水解常数是NaCN溶液的起始浓度]。25℃时，向c0的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH－＝－lg c(OH－)]的关系如图。

下列说法不正确的是（ ）
A. 其它条件不变，降低温度，可使b点变到a点
B. 相同温度时，c点对应溶液中的pH大于a点
C. 由图可知，25 ℃时，Kh(CN-)≈10-4.7
D. 向1 L lgc0=0的NaCN溶液中通入0.5 mol HCl气体，所得溶液中c(CN－) 【答案】A
【详解】A．降低温度，CN-水解平衡向左移动，溶液中OH-浓度减小，2pOH增大，不能使曲线上的b点变到a点，故A错误；
B．根据pOH=-lgc(OH-)，c点的2pOH小于a点2pOH，则c点对应溶液中的c(OH-)大于a点，因此c点对应溶液的pH大于a点，故B正确；
C．根据a点坐标(-1，5.7)，即lgc0=-1，2pOH=5.7，即c0=0.1mol/L，c(OH-)=10-2.85mol/L，则Kh(CN-)===10-4.7，故C正确；
D．lgc0=0的NaCN溶液中NaCN的浓度为1 mol/L，1 L lgc0=0的NaCN溶液含有1mol NaCN，通入0.5 mol HCl气体，NaCN+ HCl= HCN+NaCl，反应后溶液中含有等浓度的NaCN、HCN和NaCl，Kh(CN-)=10-4.7，NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则c(CN－) 答案选A。
17.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是（ ）

A. 反应①、②、③都属于氧化还原反应
B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小
C. Na 着火时，可用甲扑灭
D. 一定条件下，x与甲反应生成丁
【答案】C
【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。
18.有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3—CH＝CH—CH3可简写为，有机物X的键线式为 。下列关于有机物X的说法中正确的是（ ）
A. X的分子式为C7H8O3
B. X与乙酸乙酯含有相同的官能团
C. X因能与酸性KMnO4溶液发生加成反应而褪色
D. 有机物Y是X的同分异构体，能与碳酸氢钠溶液反应且含有苯环，则Y的结构有3种
【答案】D
【详解】A、根据有机物成键特点，X的分子式为C7H6O3，故错误；
B、X中含有官能团是羟基、碳碳双键、羰基、醚键，不含酯基，故错误；
C、X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为发生氧化反应，故错误；
D、能与NaHCO3反应产生气体，说明含有羧基，两个取代基位置为邻、间、对三种，故正确；
答案选D。
19.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl－、SO42-、CO32-、NH4+、Na＋、K＋。为确认溶液组成进行如下实验：(1) 200 mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33 g沉淀不溶。(2) 向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，标准状况下产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12 L。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（ ）
A. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Cl－、Na＋、K＋
B. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl－，一定不存在Na＋、K＋
C. c(CO32-)＝0.01mol·L－1，c(NH4+)＞c(SO42-)
D. 如果上述6种离子都存在，则c(Cl－)＞c(SO42-)
【答案】D
【分析】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32－、SO42－；
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4＋。
【详解】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g.则溶液中含有CO32－、SO42－，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是，所以碳酸钡的质量是，碳酸根离子的物质的量是。
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是，说明溶液中有NH4＋的物质的量是0.05mol；
A．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；
B．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；
C．碳酸根离子的物质的量是，硫酸根离子的浓度是，铵根离子浓度是，故不符合题意；
D．如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c(Cl－)＋2c(SO42－)＋2c(CO32－)=c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(K＋)，则c(Cl－)> c(SO42－)，故符合题意；
故选D。
【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
20.绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4＋废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：

已知：NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O
下列说法正确的是
A. 固体1中主要含有CaCO3、CaSO4
B. X可以是空气，且需过量
C. 处理含NH4＋废水时，发生的反应为：NH4++5NO2-+4H+=6NO+4H2O
D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】D
【详解】A.二氧化碳、二氧化硫与石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，A错误；
B.X可以是空气，且至少保证生成的二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为1：1时即可，不需过量，B错误；
C.处理含NH4＋废水时，生成无污染的气体氮气，发生的反应为：NH4++NO2-=N2+2H2O，C错误；
D.CO与石灰乳、NaOH均不反应，则气体2为CO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；
答案为D。
第Ⅱ卷
21.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O。回答下列问题：
（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用图1装置制取C2H2。

①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是________________________________________。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为____________________________________________。
（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4•2H2O．制备装置如图2所示：

①装置D中多孔球泡的作用是______________________________________。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为________________________________。
③从装置D中得到产品，还需经过______________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4•2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。
①滴定终点的现象是______________________________________。
②产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为_______________（列出含m、c、V的表达式）。
【答案】(1). 减慢反应速率，获得平缓气流 (2). PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- (3). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (4). C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色 (7). %
【分析】(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色；
②准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为α，根据2MnO4-～～5H2C2O4•2H2O产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为α= =%。
【点睛】考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
22.工业上可通过煤液化合成甲醇，主反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（l） △H=x。
（1）已知常温下CH3OH、H2和CO 的燃烧热分别为726.5kJ/mol、285.5 kJ/mol、283.0kJ/mol，则x=________________。
（2）TK下，在容积为1.00L的某密闭容器中进行上述反应相关数据如图一。
①该化学反应0-10min的平均速率v（H2）=_______________。
②10min时容器内CO的体积分数为_______________。

③对于气相反应，常用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）表示平衡常数（以KP表示），其中，pB=p总×B的体积分数；若在TK下三种气体的平衡气体总压强为xMPa，则该反应Kp=__（计算表达式表示）。实验测得不同温度下的lnK（化学平衡常数K的自然对数）如图二，请分析lnK随T呈现上述变化趋势的原因是__________________________________________________________________________。

（3）干燥的甲醇可用于制造燃料电池。
某高校提出用CH3OH-O2燃料电池作电源电解处理水泥厂产生的CO2（以熔融碳酸盐为介质），产物为C和O2。其阳极电极反应式为________________________________。
【答案】(1). -127.5kJ•mol-1 (2). 0.12mol/(L•min） (3). 22.22% (4). atm-2 (5). 该反应正反应为放热反应，当温度升高平衡逆向移动，平衡常数（Kp或lnKp）减小 (6). 2CO32--4e-═2CO2↑+O2↑
【分析】(1)根据燃烧热的定义：在25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。S转化为SO2，C转化为二氧化碳，H转化为液态水。分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式后，根据盖斯定律就可得出要求的热化学方程式及反应热；
(2)①图象分析可知，氢气在0-10min时减少了2mol-0.8mol=1.2mol，该化学反应0～10 min的平均速率v(H2)=；
②结合图象数据计算10 min时容器内CO的体积分数；
③CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=-127.5 kJ/mol，10min反应达到平衡状态，图象中10min时氢气物质的量为0.8mol，甲醇物质的量为0.6mol，一氧化碳物质的量为0.4mol，总物质的量为1.8mol，其中甲醇分压=atm=xatm，氢气分压=xatm=xatm，一氧化碳分压=xatm=xatm，若在TK 下平衡气体总压强为x atm，计算得到反应KP，结合反应特征、图象变化分析1nK 随T呈现上述变化趋势的原因；
(3)用CH3OH-O2燃料电池作电源电解处理水泥厂产生的CO2(以熔融碳酸盐为介质)，产物为C 和O2，其阳极电极反应式为碳酸根离子失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气。
【详解】(1)CO燃烧的热化学方程式：CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1①，H2燃烧的热化学方程式：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.5kJ•mol-1②，CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ•mol-1③，将(②×2)+①-③可得：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=-127.5 kJ/mol；
(2)①图象分析可知，氢气在0-10min时减少了2mol-0.8mol=1.2mol，该化学反应0～10min的平均速率=0.12 mol/L•min)；
②图象中10min时氢气物质的量为0.8mol，甲醇物质的量为0.6mol，一氧化碳物质的量为0.4mol，10min时容器内CO的体积分数为为物质的量分数=×100%=22.22%；
③CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=-127.5 kJ/mol，10min反应达到平衡状态，图象中10min时氢气物质的量为0.8mol，甲醇物质的量为0.6mol，一氧化碳物质的量为0.4mol，总物质的量为1.8mol，其中甲醇分压=atm=xatm，氢气分压=xatm=xatm，一氧化碳分压=xatm=xatm，若在TK 下平衡气体总压强为x atm，则该反应KP= atm-2，实验测得不同温度下的lnK(化学平衡常数K 的自然对数)如图二，请分析1nK 随T呈现上述变化趋势的原因是：该反应正反应为放热反应，当温度升高平衡逆向移动，平衡常数(Kp或lnKp)减小；
(3)用CH3OH-O2燃料电池作电源电解处理水泥厂产生的CO2(以熔融碳酸盐为介质)，产物为C和O2．其阳极电极反应式为碳酸根离子失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应为：2CO32--4e-═2CO2↑+O2↑。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
23.我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。

请回答下列问题
（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的________性。
（2）滤渣3的主要成份是________（填化学式）。
（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是__；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是________________________________________________________。
（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是________________________________________。
（5）“电解”含[Zn（NH3）4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是__________________________。该流程中可以循环使用的物质是______________（写化学式）。
【答案】(1). 还原 (2). Cu (3). ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn（NH3）4]2++H2O或ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=[Zn（NH3）4]2++3H2O (4). 避免氨水的分解和挥发 (5). 2AsCl52-+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6NH4++5H2O (6). [Zn（NH3）4]2++2e-=Zn+4NH3↑或Zn（NH3）42++2e-+4H2O=Zn+4NH3•H2O (7). NH3（或NH3•H2O）
【分析】由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、AsCl52-的形式存在，滤渣1为Pb，加入过氧化氢，AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu等，滤液主要含有Zn(NH3)42+，电解可生成高纯度锌，以此解答该题。
【详解】(1)碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，碳表现为还原性， 故答案为：还原； 
(2)分析可知锌可置换出Cu，滤渣3含有Cu；
(3)“浸出”时，ZnO溶于氯化铵和氨水的混合溶液，生成配离子Zn(NH3)42+，则发生反应的离子方程式为：ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O，“溶浸”时温度不宜过高，可避免氨水的分解和挥发；
(4)“氧化除杂”中，AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4++5H2O；
(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电，发生还原反应生成锌，电极反应式为[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑或Zn(NH3)42++2e-+4H2O=Zn+4NH3•H2O，阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是氮气，电解后溶液含有一水合氨，可循环使用的是NH3(或NH3•H2O)。
【点睛】考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，为高考常见题型，涉及锌、铜等元素化合物知识，以及常用化学用语书写、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力，难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
选考题：请考生从24、25题任选一题作答。
24.M、N、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W都是第四周期过渡元素。R是同主族元素中最活泼的非金属元素，且能生成分子式为MR2型的共价化合物，Z和Z2+具有相同的单电子数，Z2+的价电子数是W+的二分之一，Z的一种氧化物是常见的催化剂。W有W+和W2+两种常见离子，R和X同主族。请回答下列问题（以下均用化学符号表示）：
（1）写出R基态原子的电子排布图______________，M、N和R第一电离能由小到大的顺序是__________________________。
（2）N的气态氢化物极易溶于R的氢化物，且该体系呈碱性，由此可推出两者主要的结合方式（请用结构式表示）_______________。
（3）在上述元素形成的分子中，有四种分子互为等电子体，分别是MR2、MX2和MRX以及_________，该分子的结构式为______________，N与Y形成的NY3分子的空间构型是_____________________。
（4）M和R所形成MR2晶体以及W晶体的结构都可以如图表示（O表示一个MR2分子或一个W原子），晶体中正八面体和正四面体空隙数的比值是______________，Z的硫化物有3种晶体，其中一种是Z2+为面心立方堆积，而晶体中全部正四面体空隙的二分之一被S2+占据，如果两种离子核间距为acm，则该晶体密度为_______________。

【答案】(1). (2). C＜O＜N (3). (4). N2O (5). N=N=O (6). 三角锥型 (7). 1：2 (8). g·cm3
【分析】M、N、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W都是第四周期过渡元素，Z2+的价电子数是W+的二分之一，可知W+的外围电子为3d10，Z2+的外围电子为3d5，W有W+和W2+两种常见离子，Z的一种氧化物是常见的催化剂，即Z为Mn、W为Cu；R是同主族元素中最活泼的非金属元素，且能生成分子式为MR2型的共价化合物，R和X同主族，N的气态氢化物极易溶于R的氢化物，且该体系呈碱性，N为N，结合原子序数可知元素在周期表中的位置为，则M为C、N为N、R为O、X为S、Y为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，M为C、N为N、R为O、X为S、Y为Cl、Z为Mn、W为Cu；
(1)R基态原子的电子排布图为，非金属性越强、第一电离能越大，但N的2p电子半满为稳定结构，则M、N和R第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N；
(2)NH3与H2O均为极性分子，且NH3与H2O分子之间存在氢键，根据相似相溶原理，故NH3易溶于水，氨水中存在NH3•H2O，能部分电离出OH-，导致氨水显碱性，NH3•H2O的结构式为；
(3)等电子体为原子数目相等，价电子总数相等的不同微粒，则与CO2互为等电子体的微粒有N2O，其结构式为N=N=O；NCl3中N原子含有3个σ键和1个孤电子对，中心原子N是sp3杂化，则NCl3为三角锥型；
(5)由晶胞结构可知，晶体中共有类似A点的顶点共有8个，即Cu的晶体中类似晶体中A、B、C、D围成正四面体空隙共有8个；在MnS晶体中S2-共有，则Mn2+的数目也为4，则填充Mn2+的正四面体空隙数和正四面体空隙总数之比为4:8=1:2，S2-填充在正四面体体心位置，与正四面体顶点Mn2+距离最近，由几何知识可知，二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞棱长=acm．晶体中全部正四面体空隙的二分之一被S2-占据，晶胞中S2-数目为4，Mn2+数目=8×+6×=4，晶胞相当于含有4个“MnS”，晶胞质量=4×g，则该晶体密度为g/cm3。
25.石油裂解气主要含有丙烯、1，3-丁二烯等不饱和烃，以它们为原料可合成CR橡胶和医药中间体G,，合成路线如下：

已知：①B、C、D均能发生银镜反应：

（1）A的顺式异构体的结构简式为__________________。
（2）C中含氧官能团的名称是________________，反应①的反应类型为 ____________。
（3）写出E→F反应的化学方程式：__________________________________________。
（4）写出同时满足下列条件的医药中间体G的同分异构体的结构简式：________________。 ①与D互为同系物；②核磁共振氢谱有三组峰。
（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：_____________________________
____________________________________________________________________。
（6）以A为起始原料合成CR橡胶的线路为_________________________________________（其它试剂任选）。
【答案】(1). (2). 羟基、醛基 (3). 取代反应 (4). HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). OHC（CH2）4CHO OHCCH（CH3）CH（CH3）CHO (6). 取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 (7).
【分析】根据流程图，1,3-丁二烯与溴发生1,4加成，生成A，A为1,4-二溴-2-丁烯()；与氢气加成后生成1,4-二溴丁烷()；丙烯催化氧化生成B，B为CH2=CHCHO，C的相对分子质量比B大18，说明B与水加成生成C，C为，催化氧化生成D(丙二醛)，与银氨溶液反应生成E(丙二酸)，与乙醇酯化反应生成F()；根据信息，F()与反应生成，进一步反应生成G()。
【详解】根据上述分析可知，
(1)A为1,4-二溴-2-丁烯()，其顺式异构体的结构简式为，正确答案：。
(2) C为，含有的官能团有碳碳羟基、醛基；通过题给信息②可知，该过程发生了取代反应；正确答案：碳碳双键、醛基； 取代反应。
（3）有机物E为HOOCCH2COOH，与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O ；正确答案：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O。
（4）有机物G的分子式为C6H10O2, ①与D 互为同系物；有机物D为二元醛类；②核磁共振氢谱有三组峰，具有一定的对称性；满足条件的有机物可能的结构有2种：OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO；正确答案： OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO。
（5）有机物B CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后在检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 ；正确答案：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 。
（6）A为，在碱性环境下发生取代反应生成二元烯醇，然后再与氯化氢发生加成生成，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程如下：；正确答案：。
【点睛】针对于有机物CH2=CHCHO，先加入氢氧化铜的悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，证明含有醛基；加入足量的硫酸酸化，再加入溴水，溶液褪色，含有碳碳双键；若先加溴水，溴不仅与碳碳双键加成，还要氧化醛基，溶液褪色，无法鉴别两种官能团。